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题型: 单选题
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单选题

如图所示,纸质圆筒以角速度ω绕竖直轴O高速转动,一颗子弹沿圆筒截面直径方向穿过圆筒,若子弹在圆筒转动不到半周的过程中在圆筒上留下了两个弹孔a、b.已知Oa和Ob间的夹角为θ<180°,圆筒截面直径为d,则子弹的速度大小为(  )

A

Bdωθ

C

D

正确答案

D

解析

解:设子弹的速度为v0

由题意知,子弹穿过两个孔所需时间…①

纸质圆筒在这段时间内转过角度为π-θ,由角速度的公式有ω=…②

由①②两式解得

故答案为D.

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题型:简答题
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简答题

小球在竖直面内做匀速圆周运动,角速度为2rad/s,轨道半径为1m,求:

(1)小球的线速度的大小和运动的周期.

(2)小球转过90°角所用的时间.

正确答案

解:(1)根据线速度与半径关系式,则有:v=ωr=2×1=2m/s;

由周期公式,则有=πs(或3.14s);  

(2)因为

所以s;

答:(1)小球的线速度的大小2m/s 和运动的周期3.14s.(2)小球转过90°角所用的时间s.

解析

解:(1)根据线速度与半径关系式,则有:v=ωr=2×1=2m/s;

由周期公式,则有=πs(或3.14s);  

(2)因为

所以s;

答:(1)小球的线速度的大小2m/s 和运动的周期3.14s.(2)小球转过90°角所用的时间s.

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题型:简答题
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简答题

为测量小电动机正常工作(匀速转动)时的角速度,采用了如图甲所示的实验装置:半径不大的圆形卡纸固定在电动机转轴上,可在电动机的带动下随电动机转动.在圆形卡纸旁边垂直安装一个改装了的电火花计时器.

(1)请将下列实验步骤按先后排序______

A.使电火花计时器与圆形卡纸保持良好接触

B.接通电火花计时器的电源,使它工作起来

C.启动电动机,使圆形卡纸转动起来

D.关闭电火花计时器和电动机,研究卡纸上留下的一段痕迹(如图乙所示),写出角速  度ω的表达式,代入数据,得出ω的测量值.

(2)要得到ω的测量值,还缺少一种必要的测量工具,它是______

A.秒表   B.毫米刻度尺   C.圆规    D.量角器

(3)写出角速度ω的表达式:______

(4)为了避免在卡纸连续转动的过程中出现打点重叠,在电火花计时器与盘面保持良好接触时,可以缓慢地将电火花计时器沿圆形卡纸半径方向向卡纸中心移动.则卡纸上打下的点的分布曲线不是一个圆,而是类似一种螺旋线,如图丙所示.这对测量结果______有、无)影响.

正确答案

解:(1)、首先要检查实验装置的性能,保证卡纸和计时器接触良好;启动电机,让卡纸转动起来;打开计时器开关,开始计时;最后关闭电源,整理设备,记录并处理数据.

故答案为ACBD. 

(2)、在求一个物体的转动角速度是,不但要知道转动的时间,还要知道在该时间内转过的角度.所以要用量角器测量角度.

故答案为D.

(3)、从圆片上找出清晰的n个间隔,用量角器测量出这n个间隔的角度θ,转过角度θ所用的时间为nt,由角速度的定义可得:ω=

故答案为ω=

(4)卡纸上打下的点的分布曲线不是一个圆,不影响我们对转过的角度的测量,所以对测量结果无影响.

故答案为无.

解析

解:(1)、首先要检查实验装置的性能,保证卡纸和计时器接触良好;启动电机,让卡纸转动起来;打开计时器开关,开始计时;最后关闭电源,整理设备,记录并处理数据.

故答案为ACBD. 

(2)、在求一个物体的转动角速度是,不但要知道转动的时间,还要知道在该时间内转过的角度.所以要用量角器测量角度.

故答案为D.

(3)、从圆片上找出清晰的n个间隔,用量角器测量出这n个间隔的角度θ,转过角度θ所用的时间为nt,由角速度的定义可得:ω=

故答案为ω=

(4)卡纸上打下的点的分布曲线不是一个圆,不影响我们对转过的角度的测量,所以对测量结果无影响.

故答案为无.

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题型: 单选题
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单选题

航天员王亚平在天宫一号处于完全失重状态,她在太空授课所做的实验:长为L的细线一端系着质量为m的小球,另一端系在固定支架上,小球原静止,给小球一个初速度,小球绕着支架上的固定点做匀速圆周运动.天宫一号处的重力加速度为gt,下列说法正确的是(  )

A小球静止时细线的拉力为mgt

B小球做匀速圆周的速度至少为

C小球做匀速圆周运动时,在任何位置细线的拉力可以小于mgt

D若小球做匀速圆周运动时细线断裂,则小球做抛体运动

正确答案

C

解析

解:A、小球处于完全失重状态,静止时细线的拉力为零,故A错误;

B、只要给小球一个速度,小球就可以做匀速圆周运动,所以小球做匀速圆周的速度可以小于,故B错误;

C、小球做匀速圆周运动时,绳子的拉力提供向心力,当速度较小时,绳子的拉力可以小于mgt,故C正确;

D、若小球做匀速圆周运动时细线断裂,则小球将沿切线方向做匀速直线运动,故D错误;

故选:C

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题型: 单选题
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单选题

如图,甲物体做自由落体运动经过A点时,乙物体做匀速圆周运动经过B点.当甲物体运动到B点时,乙物体第一次运动到C点.当甲物体运动到C点时,乙物体由C点再次回到B点.AO=BO=CO,O为圆心,重力加速度为g.则乙物体做圆周运动的加速度大小最接近(  )

A4g

B6g

C8g

D10g

正确答案

D

解析

解:甲物体做自由落体运动,根据推论公式△x=gT2,有:

T=

故乙圆周运动的周期为:

T′=2T=2

故乙的向心加速度为:

a=2g=10g

故选:D.

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题型: 单选题
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单选题

机械手表中的分针与秒针均可视作匀速转动,两针从第一次重合到第二次重合所经历的时间为(  )

A1min

B min

C min

D min

正确答案

D

解析

解:分针的周期为1h,秒针的周期为1min,两者的周期比为T1:T2=60:1,分针与秒针从第1次重合到第2次重合有:

ω1t+2π=ω2t,

t+2π=t,

又T1=60,T2=60min,

所以t=min

故选:D.

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题型:简答题
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简答题

如图,为一个半径为20m的圆盘,正绕其圆心做匀速转动,当原盘边缘上的一点A处在如图的位置的时候,在其圆心正上方80m的高度有一小球正在向边缘的A点以一定的速度水平抛出,要使得小球正好落打在A点(g=10m/s2)则

(1)小球平抛的初速度为多少?

(2)圆盘的角速度满足什么条件?

正确答案

解:(1)对小球,由平抛运动知识:

解得:t==4s

由x=R=v0t

代入数据解得v0=5m/s

(2)对圆盘上的A点,转过的必定是整数圈即ωt=2kπ

解得:rad/s(k=1、2、3…)

答:(1)小球平抛运动的初速度为5m/s;

(2)圆盘的角速度满足ω=rad/s,(k=1、2、3…)

解析

解:(1)对小球,由平抛运动知识:

解得:t==4s

由x=R=v0t

代入数据解得v0=5m/s

(2)对圆盘上的A点,转过的必定是整数圈即ωt=2kπ

解得:rad/s(k=1、2、3…)

答:(1)小球平抛运动的初速度为5m/s;

(2)圆盘的角速度满足ω=rad/s,(k=1、2、3…)

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题型: 单选题
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单选题

质点做匀速圆周运动时,下列说法正确的是(  )

A线速度越大,周期一定越小

B角速度越大,周期一定越大

C转速越大,周期一定越小

D圆周半径越小,周期一定越大

正确答案

C

解析

解:A、根据T=,速度大,周期不一定大,还跟半径有关.故A错误.

    B、根据T=,角速度越大,周期越小.故B错误.

    C、转速大,频率大,f=.则周期小.故C正确.

    D、根据T=,半径小,周期不一定小,还跟线速度有关.故D错误.

故选:C.

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题型: 单选题
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单选题

关于匀速圆周运动和匀速直线运动的说法中,正确的是(  )

A两种运动中,动能不会变化

B两种运动中,物体受到的合外力为零

C两种运动中的“匀速”的意思相同

D匀速圆周运动是加速度不变的曲线运动

正确答案

A

解析

解:A、匀速圆周运动的速率不变,匀速直线运动速度不变,根据可知,两种运动,动能不变,故A正确;

B、匀速圆周运动合外力提供向心力,合外力不为零,故B错误;

C、匀速圆周运动速度大小不变,方向变化,是变速运动,匀速指的是速率不变;匀速直线运动,速度大小和方向都不变,匀速指的是速度不变,意思不同,故C错误;

D、匀速圆周运动是加速度方向始终指向圆心,方向改变,是变加速运动,故D错误.

故选:A

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题型:简答题
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简答题

(2015秋•重庆校级期中)如图所示,离地面足够高处有一竖直的空管,管长为L=24m,M、N为空管的上、下两端,空管受到竖直向上的拉力作用,由静止开始竖直向下做匀加速运动,加速度a=2m/s2,同时在M处一个大小不计的小球沿管的轴线以初速度v0竖直上抛,不计一切阻力,取g=10m/s2.求:

(1)若小球上抛的初速度为v0=10m/s,小球竖直上升的最大高度是多少

(2)在满足(1)条件时,小球从抛出开始经过多长时间从管的N端穿出

(3)若此空管的N端距离地H=64m高,欲使在空管到达地面时小球必须落到管内,在其他条件不变的前提下,求小球的初速度v0大小的范围.

正确答案

解:(1)由速度与位移公式可知,

小球上升的最大高度:

h==5m,

(2)以向下方向为正方向.

对空管,a=2m/s2

设经t时间,小球从N端穿出,小球下落的高度:

h1=v0t+gt2

空管下落的高度:

h2=at2

则,h1-h2=L

联立得:

-v0t+gt2-at2=L

代入数据解得:t=4s,t=-1.5s(舍)

故小球经过4s时间从管内穿出;

(3)设空管经时间t′到达地面,

由H=at′2,可得:t′===8s,

小球下落高度:h=v0t′-a′t′2

小球落入管内的条件是:64m≤h≤88m,

解得:29m/s≤v0≤32m/s;

答:(1)若小球上抛的初速度为v0=10m/s,小球竖直上升的最大高度是5m;

(2)在满足(1)条件时,小球从抛出开始经过4s时间从管的N端穿出;

(3)若此空管的N端距离地面高64m,欲使在空管到达地面时小球必须落在管内,在其他条件不变的前提下,小球初速度v0的范围是:29m/s≤v0≤32m/s.

解析

解:(1)由速度与位移公式可知,

小球上升的最大高度:

h==5m,

(2)以向下方向为正方向.

对空管,a=2m/s2

设经t时间,小球从N端穿出,小球下落的高度:

h1=v0t+gt2

空管下落的高度:

h2=at2

则,h1-h2=L

联立得:

-v0t+gt2-at2=L

代入数据解得:t=4s,t=-1.5s(舍)

故小球经过4s时间从管内穿出;

(3)设空管经时间t′到达地面,

由H=at′2,可得:t′===8s,

小球下落高度:h=v0t′-a′t′2

小球落入管内的条件是:64m≤h≤88m,

解得:29m/s≤v0≤32m/s;

答:(1)若小球上抛的初速度为v0=10m/s,小球竖直上升的最大高度是5m;

(2)在满足(1)条件时,小球从抛出开始经过4s时间从管的N端穿出;

(3)若此空管的N端距离地面高64m,欲使在空管到达地面时小球必须落在管内,在其他条件不变的前提下,小球初速度v0的范围是:29m/s≤v0≤32m/s.

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